자연계열 (2차) 1번

【1-1】 삼각형 $\displaystyle \mathrm{F}^{\prime}\mathrm{PF}$가 직각 삼각형이므로 피타고라스 정리에 의하여 $\displaystyle l_1^2+l_2^2=(2\sqrt3b)^2=12b^2$이다. 따라서 $\displaystyle (l_1+l_2)^2-2l_1l_2=l_1^2+l_2^2=12b^2$이다. 타원의 정의에 의하여 $\displaystyle l_1+l_2=4b$이므로, $\displaystyle (4b)^2-2l_1l_2=12b^2$이고 $\displaystyle l_1l_2=2b^2$이다. 이차방정식의 근과 계수와의 관계에 의하여 $\displaystyle l_1$과 $\displaystyle l_2$는 $\displaystyle t$에 관한 이차방정식 $\displaystyle t^2-(4b)t+2b^2=0$의 근이다. 이를 풀면, $\displaystyle t=2b\pm\sqrt2b$이고 $\displaystyle l_1>l_2$이므로$\displaystyle l_1=(2+\sqrt2)b,\quad l_2=(2-\sqrt2)b$

【1-2】 점 $\displaystyle \mathrm{P}(x_1,y_1)$가 타원 $\displaystyle \frac{x^2}{4b^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 위에 있으므로$\displaystyle \frac{x_1^2}{4b^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1\quad---\quad\text{(a)}$$\displaystyle \angle\mathrm{F}^{\prime}\mathrm{PF}=90^\circ$이므로 두 점 $\displaystyle \mathrm{F}^{\prime}$와 $\displaystyle \mathrm{P}$를 지나는 직선의 기울기 $\displaystyle \frac{y_1}{x_1+\sqrt3b}$과 두 점 $\displaystyle \mathrm{F}$와 $\displaystyle \mathrm{P}$를 지나는 직선의 기울기 $\displaystyle \frac{y_1}{x_1-\sqrt3b}$은 $\displaystyle \frac{y_1}{x_1+\sqrt3b}\times\frac{y_1}{x_1-\sqrt3b}=-1$을 만족시킨다. 따라서$\displaystyle x_1^2=3b^2-y_1^2\quad---\quad\text{(b)}$식 (b)를 식 (a)에 대입하면 $\displaystyle \frac{3b^2-y_1^2}{4b^2}+\frac{y_1^2}{b^2}=1$이므로 $\displaystyle 3y_1^2=b^2$이다. $\displaystyle y_1>0$이므로 $\displaystyle y_1=\frac{\sqrt3}{3}b$이고 식 (b)에 대입하면 $\displaystyle x_1^2=3b^2-y_1^2=3b^2-\frac13b^2=\frac83b^2$이다. $\displaystyle x_1>0$이므로 $\displaystyle x_1=\sqrt{\frac83}b=\frac{2\sqrt6}{3}b$이다. 따라서$\displaystyle (x_1,y_1)=\left(\frac{2\sqrt6}{3}b,\frac{\sqrt3}{3}b\right)$

【1-3】 $\displaystyle \angle\mathrm{F}^{\prime}\mathrm{FQ}=135^\circ$이다. 삼각형 $\displaystyle \mathrm{QF}^{\prime}\mathrm{F}$에 코사인법칙을 적용하면$\displaystyle \begin{aligned}l_3^2&=l_4^2+(2\sqrt3b)^2-2l_4(2\sqrt3b)\cos135^\circ\\&=l_4^2+12b^2+2\sqrt6b\,l_4\end{aligned}$$\displaystyle l_3+l_4=4b$이므로 $\displaystyle l_3=4b-l_4$를 위의 식에 대입하면 $\displaystyle (4b-l_4)^2=l_4^2+12b^2+2\sqrt6b\,l_4$이고 좌변을 전개한 후 계산하면 $\displaystyle l_4=\frac4{8+2\sqrt6}b=\frac{4-\sqrt6}{5}b$이고 $\displaystyle l_3=\frac{16+\sqrt6}{5}b$이다.

【1-4】 두 점 $\displaystyle \mathrm{Q}(x_2,y_2)$와 $\displaystyle \mathrm{F}(c,0)$을 지나는 직선은 기울기가 $\displaystyle \tan45^\circ=1$이므로 $\displaystyle y=x-\sqrt3b$이다. 따라서$\displaystyle y_2=x_2-\sqrt3b\quad---\quad\text{(c)}$또한 $\displaystyle \mathrm{Q}(x_2,y_2)$는 타원 $\displaystyle \frac{x^2}{4b^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 위에 있으므로$\displaystyle \frac{x_2^2}{4b^2}+\frac{y_2^2}{b^2}=1\quad---\quad\text{(d)}$을 만족시킨다. 식 (c)를 (d)에 대입하여 정리하면 $\displaystyle 5x_2^2-8\sqrt3bx_2+8b^2=0$이므로 이차방정식의 근의 공식에 의해 $\displaystyle x_2=\frac15(4\sqrt3\pm2\sqrt2)b$이다. $\displaystyle x_2>\sqrt3b$이어야 하므로 $\displaystyle x_2=\frac{2\sqrt2+4\sqrt3}{5}b$이고 식 (c)에 대입하면 $\displaystyle y_2=\frac{2\sqrt2-\sqrt3}{5}b$이다. 따라서$\displaystyle \mathrm{Q}(x_2,y_2)=\mathrm{Q}\left(\frac{2\sqrt2+4\sqrt3}{5}b,\frac{2\sqrt2-\sqrt3}{5}b\right)$제시문 [나]에 의하여 점 $\displaystyle \mathrm{Q}$에서 접선의 방정식은$\displaystyle \frac{\sqrt2+2\sqrt3}{10b}x+\frac{2\sqrt2-\sqrt3}{5b}y=1$$\displaystyle y=0$일 때 $\displaystyle x=(2\sqrt3-\sqrt2)b$이므로 점 $\displaystyle \mathrm{R}$의 $\displaystyle x$좌표는 $\displaystyle x_3=(2\sqrt3-\sqrt2)b$이다. 점 $\displaystyle \mathrm{Q}$에서 $\displaystyle x$축에 내린 수선의 발을 점 $\displaystyle \mathrm{S}(x_2,0)$라 하고 $\displaystyle \angle\mathrm{QRS}=\alpha$라고 하면 $\displaystyle \tan\alpha=\frac{y_2}{x_3-x_2}=\frac{2+\sqrt6}{2}$이다. $\displaystyle \theta=135^\circ-\alpha$이므로 제시문 [다]로부터$\displaystyle \tan\theta=\tan(135^\circ-\alpha)=\frac{\tan135^\circ-\tan\alpha}{1+\tan135^\circ\tan\alpha}=\frac{-1-\tan\alpha}{1-\tan\alpha}=\frac{3+2\sqrt6}{3}$